Một số bài toán sử dụng phương pháp phân
nhóm
www.diendantoanhoc.net
Ví dụ 0.1. Cho các số thực x
1
, x
2
, . . . , x
n
thỏa mãn:
n
i=1
|x
i
| = 1;
n
i=1
x
i
= 0. Chứng minh rằng:
|
n
i=1
x
i
i
| ≤
1
2
−
1
2n
lời giải.
Đặt A = {i| x
i
≥ 0}; dB = {i| x
i
< 0}. Khi đó điều kiện bài ra trở thành:
i∈A
x
i
+
i∈B
x
i
= 0
i∈A
x
i
−
i∈B
x
i
= 1
Do đó ta có
i∈A
x
i
=
1
2
và
i∈B
x
i
= −
1
2
. Bây giờ ta có :
|
i∈A
x
i
i
| ≤
i∈A
x
i
=
1
2
và |
i∈B
x
i
i
| = −
i∈B
x
i
i
≤ −
i∈B
x
i
2n
= −
1
2n
.
Do đó |
n
i=1
x
i
i
| =
i∈A
x
i
i
−
i∈B
x
i
i
≤
1
2
−
1
2n
. Đây là điều phải chứng minh.
Ví dụ 0.2. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
n
là n số thực sao cho
n
i=1
|x
i
| = 1. Chứng minh rằng tồn tại
S ⊂ {1, 2, . . . , s} thỏa mãn:
1 ≤ |S ∩ {i, i + 1, i + 2}| ≤ 2; ∀i = 1, 2, . . . , n − 2}
|
i∈S
x
i
| ≥
1
6
lời giải.
Với mỗi i = 0, 1, 2, đăt s
i
=
x
j
≥0,j≡i (mod 3)
x
j
; t
i
=
x
j
<0,j≡i (mod 3)
x
j
. Khi đó ta có:
s
1
+s
2
+s
3
−s
1
−s
2
−s
3
= 1. Suy ra (s
1
+s
2
)+(s
2
+s
3
)+(s
3
−s
1
)−(t
1
+t
2
)−(t
2
+t
3
)−(t
3
+t
1
) = 2.
Không mất tính tổng quát giả sử s
1
+s
2
≥
1
3
và |s
1
+s
2
| ≥ |t
1
+t
2
|. Suy ra s
1
+s
2
+t
1
+t
2
≥ 0.
Do đó ta có:
(s
1
+ s
2
+ t
1
) + (s
1
+ s
2
+ t
2
) ≥ s
1
+ s
2
≥
1
3
. Nên s
1
+ s
2
+ t
1
hoặc s
1
+ s
2
+ t
2
không nhỏ hơn
1
6
. Rõ ràng trong 3 số nguyên liên tiếp có 1 số chia hết cho 3. Nên ta có điều cần chứng minh.
1
Ví dụ 0.3. Với mỗi số nguyên dương n kí hiệu d(n) là số các chữ số 0 trong cách viết của n
trong hệ cơ số 3.
Chứng minh rằng:
+∞
n=1
10
d(n)
n
3
< +∞
lời giải.
Với mỗi số nguyên dương k kí hiệu s
k
=
10
d(n)
n
3
ở đây tổng lấy theo tất cả các số n có k
chữ số trong cơ số 3. Ta có: s
k
=
k−1
t=0
10
t
(
d(n)=t
1
n
3
). Mặt khác ta có có đúng 2
k−t
số có k
chữ số trong cơ số 3 mà chứa đúng t số 0 nên s
k
<
k−1
t=0
(
k−1
t
)
2
k−t
3
3(k−1)
<
k−1
t=0
1
27
k−1
10
t
k−1
t
2
k−t
=
2
27
k−1
12
k−1
= 2.
12
27
)
k−1
Do đó ta có
+∞
n=1
10
d(n)
n
3
=
+∞
k=1
s
k
<
+∞
k=1
2.
12
27
)
k−1
< +∞. Điều cần chứng
minh.
Ví dụ 0.4. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
n
, . . . là dãy tăng gồm các số nguyên dương không có chữ số
9 nào trong biểu diễn thập phân. Chứng minh rằng:
+∞
i=1
1
x
i
<
1
80
lời giải.
Đặt s
k
=
1
n
ở đây tổng lấy trên tất cả n mà có n có k chữ số và không chứa chữ số 9 trong
biểu diễn thập phân. Ta có có đúng 8.9
k−1
số có k chữ số mà không chứa chữ 9 nào trong
biểu diễn thập phân. Do đó ta có : s
k
<
8.9
k−1
10
k−1
Nên ta có:
+∞
i=1
1
x
i
=
+∞
k=1
s
k
<
+∞
k=1
8.9
k−1
10
k−1
= 8.
1
1−
9
10
= 80. ĐPCM
Chú ý : Bài toán tương tự sau đây cũng đúng và nó có cách chứng minh hoàn toàn tương tự
như ví dụ 0.4
Bài toán 1: Cho trước số nguyên dương n. Chứng minh rằng nếu s là tổng nghịch đảo
của các số không chứa chữ số n − 1 trong biểu diễn cơ số n thì s < +∞.
Với bài toán này ta có thể giải quyết bài toán sau:
Bài toán 2: Giả sử (a
n
) là dãy tăng gồ m các số nguyên dương thỏa mãn (
a
n
n
) là dãy bị
chặn. Chứng minh rằng có vô số số hạng thuộc dãy (a
n
) có chứa 2005 chứ số 9 liên tiếp trong
biểu diễn thập phân.(VN TST 2005)
lời giải.
Xét trong cơ số m = 10
2005
bây giờ ta có dãy (
a
n
n
) bị chặn nên ta sẽ chứng minh rằng tồn tại
vô số n sao cho a
n
chứa chữ số m − 1. Thật vậy ta có nếu dãy a
n
không chứa số nào có chữ
số m − 1. Khi đó theo bài toán 1 ta có
+∞
i=1
1
a
i
< +∞. Nhưng ta lại có dãy số (a
n
/n) bị chặn
nên ta có tồn tại C sao cho a
n
< nC với mọi n . Suy ra
+∞
i=1
1
a
i
>
+∞
n=1
1
nC
= +∞ (mâu thuẫn).
2
Vậy ta có tồn tại n
0
mà a
n
0
có chứa chữ số m − 1. Bây giờ xét dãy a
n
0
+1
, a
n
0
+2
. . . , a
k
, . . . vẫn
có tính chất đề bài nên ta có có vô số n mà a
n
chứa chữ số m − 1 trong cơ số m. Hay có vô
số n mà a
n
chứa 2005 chữ số 9 trong biểu diễn thập phân.
Như vậy qua bài toán trên ta có nhận xét là : Nếu dãy số nguyên dương a
1
< a
2
< . . . thỏa
mãn không có n nào mà a
n
chứa k chữ số 9 liên tiếp thì
n≥1
1
x
i
< +∞. Bây giờ kí hiệu S
j
là
tổng các nghịch đảo của các số n mà n có j chữ số và n không chứa chữ số k chữ số 9 liên
tiếp trong biểu diễn thập phân.
Giả sử M là một tổ hợp gồm k chữ số bất kì trong hệ thập phân (với chũ số đầu tiên
khác 0). Khi đó số các chữ số n mà n có j chữ số và không chứa số M bằng số các số n mà
n có j chữ số và không chứa k chữ số 9 liên tiếp. Như vậy nếu đặt t
j
là tổng các các số n mà
n có j chữ số trong hệ thập phân và n không chứa M. Khi đó ta có t
j
≤ 10s
j
. Như vậy với
t là tổng nghịch đảo của các số nguyên dương mà không chứa M trong biểu diễn thập phân
thì ta có t = t
1
+ t
2
+ . . . ≤ 10(s
1
+ s
2
+ . . .) < +∞.
Như vậy ta đã giải quyết được bài toán:
Bài toán 3: Giả sử M là một tổ hợp các các chữ số (với chữ số đầu khác 0) . Khi đó
nêu t tổng nghịch đảo của các các số không chứa M trong biểu diễn thập phân thì t < +∞
Với bài toán 3 thì ta thu được hệ quả là bài toán 4 sau đây ( Là bài toán tổng quát của
bài thi VN TST 2005 ở trên)
Bài toán 4: Giả sử M là một tổ hợp các chữ số ( Với chữ số đầu khác 0). Giả sử dãy số
(a
n
) là dãy số nguyên dương tăng và dãy (a
n
/n) là dãy bị chặn khi đó có vô số số hạng của
dãy có chứa M trong biểu diễn thập phân.
Cuối cùng với cùng phương pháp ta có thể dễ dàng giải quyết được một số bài toán sau:
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi dãy x
1
, x
2
, . . . x
n
có tính chất không có số nào bắt
đầu bởi số khác trong n số đó thì:
n
i=1
1
x
i
≤ 1 + 1/2 + 1/3 + . . . + 1/9.
Bài toán 6: Với n là số nguyên dương. kí hiệu f(n) là số các chữ số 0 trong biểu diễn
thập phân của n. Chứng minh rằng:
+∞
n=1
a
f(n)
n
2
< +∞ ⇔ a < 91.
Bài toán 7: Giả sử m là số dương sao cho với mọi bộ gồm các vectơ có tổng modun bằng 1 thì
có một số vectơ có modun của vectơ tổng không nhỏ hơn m. Chứng minh rằng: 1/4 ≤ m ≤ 1/2
3